Loj #2554. 「CTSC2018」青蕈领主

题目描述

“也许，我的生命也已经如同风中残烛了吧。”小绿如是说。

小绿同学因为微积分这门课，对“连续”这一概念产生了浓厚的兴趣。小绿打算把连续的概念放到由整数构成的序列上，他定义一个长度为 $m$ 的整数序列是连续的，当且仅当这个序列中的最大值与最小值的差，不超过$m-1$。例如 $\{1,3,2\}$ 是连续的，而 $\{1,3\}$ 不是连续的。

某天，小绿的顶头上司板老大，给了小绿 $T$ 个长度为 $n$ 的排列。小绿拿到之后十分欢喜，他求出了每个排列的每个区间是否是他所定义的“连续”的。然而，小绿觉得被别的“连续”区间包含住的“连续”区间不够优秀，于是对于每个排列的所有右端点相同的“连续”区间，他只记录下了长度最长的那个“连续”区间的长度。也就是说，对于板老大给他的每一个排列，他都只记录下了在这个排列中，对于每一个 $1 \le i \le n$，右端点为 $i$ 的最长“连续”区间的长度 $L_i$。显然这个长度最少为 $1$，因为所有长度为 $1$ 的整数序列都是连续的。

做完这一切后，小绿爬上绿色床，美美地做了一个绿色的梦。

可是第二天醒来之后，小绿惊讶的发现板老大给他的所有排列都不见了，只剩下他记录下来的 $T$ 组信息。小绿知道自己在劫难逃，但是作为一个好奇的青年，他还是想知道：对于每一组信息，有多少个和信息符合的长度为 $n$ 的排列。

由于小绿已经放弃治疗了，你只需要告诉他每一个答案对 $998244353$ 取模的结果。

我们并不保证一定存在至少一个符合信息的排列，因为小绿也是人，他也有可能犯错。

输入格式

输入的第一行包含两个整数 $T,n$，分别表示板老大给小绿的排列个数、以及每个排列的长度。

接下来 $T$ 行，每行描述一组信息，包含 $n$ 个正整数，第 $i$ 组信息的从左往右第 $j$ 个整数 $L_{i,j}$ 表示第 $i$ 个排列中右端点为第 $j$ 个数的最长“连续”区间的长度。

对于每一行，如果行内包含多个数，则用单个空格将它们隔开。

输出格式

对于每组信息，输出一行一个整数表示可能的排列个数对 $998244353$ 取模的结果。由于是计算机帮你算，所以我们不给你犯错的机会。

数据范围与提示

对于所有测试数据，$1 \le T \le 100$，$1 \le N \le 50000$, $1 \le L_{i,j} \le j$。

首先我们得到很多段区间，这些区间要么相离，要么包含，并且一定有一个$[1,n]$。就用这两个条件来判断无解。然后我们可以将这些区间建成一个树。

考虑区间$[l,r]$，他有$k$个儿子，于是我们要将一段长为$r-l+1$的连续区间分配个这$k$个儿子。首先这$k$个儿子每一个都是连续的一段，并且相邻的儿子不能组成连续的一段。但是考虑放在$r$位置上的那个点，他与所有儿子共同组成了连续的一段。如果说我们把每个儿子看做一个点而，再把$r$也看做一个点，那么合法条件就是：一个$k+1$的排列，不能存在不包含最后一个位置的长度$>1$的连续区间。

设该答案为$f_k$，那么：

\[f_{n}=(n-1)f_{n-1}+\sum_{j=2}^{n-2}(j-1)f_jf_{i-j}\\
\]

特别地，$f_0=1,f_1=2$。

我们设一个合法数列为$A$，再令$b_{a_i}=i$。很容易发现$A$与$B$是唯一映射的。$A$的合法条件在$B$数组中等价为不能存在不包含最大那个元素的长度$\geq 2$的连续区间。

考虑从大到小插入每一个数。已经插入了$[2,n+1]$，现在要插入$1$。如果原来的序列已经合法，那么$1$只要不与$2$相邻，这个数列依旧合法。这样就还有$n-1$个位置可以插入，所以有$(n-1)f_{n-1}$。如果原来的数列不合法，那么我们要插入$1$破坏那个长度$>1$的连续区间。很显然，不相交的连续区间最多有一个，不然插入一个$1$解决不了问题。于是我们枚举最大的那个非法区间的长度，设其为$j$，则$2\leq j\leq n-2$（首先至少有$2$两个元素，并且不能让最大的那个元素单独存在，否则就不是最长的了）。假设非法区间的元素为$[x\ldots x+j-1]$，那么$x$有$[2,n-j]$这$n-j-1$种方案，所以乘上系数$n-1-j$。考虑将$1$插入其中，等价于将$j+1$插入$[1,j]$中，所以合法方案数为$f_j$。考虑这段连续区间（插入$1$之前）必须是极长，所以如果将这段连续区间视为一个点，那么就有还有$n-j$个元素，合法的排列方案数是$f_{n-j}$。这部分贡献为

\[\sum_{j=2}^{n-2}(n-j-1)f_jf_{n-j}=\sum_{j=2}^{n-2}(j-1)f_jf_{n-j}
\]

发现这个方程可以用分治$FFT$优化，不过这个写法有点巧妙。

考虑分治$FFT$的原理是递归区间$[l,r]$的时候将区间分为了两半，考虑计算左半边对右半边的贡献。于是我们发现，计算$[l,mid]$对$[mid+1,r]$的贡献时，我们要用到$f_{2\ldots r-l}$，但是可能$mid<r-l$。我们考虑$i,j(i<j)$，显然只会在递归到某一个区间$[l,r]$的时候才会计算$i$对$j$的贡献。假设这个区间是$[l,mid,r]$，如果$l\leq r-l\leq mid$，那么用$f_{l\ldots mid}$自己卷自己就行了。如果$r-l<l$，那么我们用$f_{l\ldots mid}$卷$f_{2\ldots \min\{r-l,l-1\}}$就好了。因为：

\[(j-1)f_jf_{i-j}+(i-j-1)f_{i-j}f_j=(i-2)f_jf_{i-j}
\]

所以对于计算了$r-l<l$的部分后乘上$i-2$就可以一并计算$r-l>mid$的部分了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

#define N 50005

using namespace std;

inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

const ll mod=998244353;

ll ksm(ll t,ll x) {

	ll ans=1;

	for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)

		if(x&1) ans=ans*t%mod;

	return ans;

}

int n;

int p[N];

void NTT(ll *a,int d,int flag) {

	static int rev[N<<2];

	static ll G=3;

	int n=1<<d;

	for(int i=0;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<d-1);

	for(int i=0;i<n;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);

	for(int s=1;s<=d;s++) {

		int len=1<<s,mid=len>>1;

		ll w=flag==1?ksm(G,(mod-1)/len):ksm(G,mod-1-(mod-1)/len);

		for(int i=0;i<n;i+=len) {

			ll t=1;

			for(int j=0;j<mid;j++,t=t*w%mod) {

				ll u=a[i+j],v=a[i+j+mid]*t%mod;

				a[i+j]=(u+v)%mod;

				a[i+j+mid]=(u-v+mod)%mod;

			}

		}

	}

	if(flag==-1) {

		ll inv=ksm(n,mod-2);

		for(int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*inv%mod;

	}

}

ll f[N];

ll A[N<<2],B[N<<2];

void solve(int l,int r) {

	if(l==r) {

		(f[l]+=f[l-1]*(l-1))%=mod;

		return ;

	}

	int mid=l+r>>1;

	int d=ceil(log2(r-l+1));

	solve(l,mid);

	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=B[i]=0;

	for(int i=l;i<=mid;i++) {

		A[i-l]=(i-1)*f[i]%mod;

		B[i-l]=f[i];

	}

	NTT(A,d,1),NTT(B,d,1);

	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=A[i]*B[i]%mod;

	NTT(A,d,-1);

	for(int i=0;i<1<<d;i++)

		if(mid<i+2*l&&i+2*l<=r) (f[i+2*l]+=A[i])%=mod;

	int len=min(r-l,l-1);

	d=ceil(log2(len+mid-l+1));

	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=B[i]=0;

	for(int i=l;i<=mid;i++) A[i-l]=f[i];

	for(int i=2;i<=len;i++) B[i-2]=f[i];

	NTT(A,d,1),NTT(B,d,1);

	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=A[i]*B[i]%mod;

	NTT(A,d,-1);

	for(int i=0;i<1<<d;i++)

		if(mid<i+2+l&&i+2+l<=r) (f[i+2+l]+=(i+l)*A[i])%=mod;

	solve(mid+1,r);

}

int st[N],top;

int sn[N];

int main() {

	int T=Get();

	n=Get();

	f[0]=1,f[1]=2;

	if(n-1>2) solve(2,n-1);

	while(T--) {

		for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i-Get()+1;

		for(int i=1;i<=n;i++) sn[i]=0;

		if(p[n]!=1) {

			cout<<0<<"\n";

			continue ;

		}

		int flag=0;

		st[top=1]=n;

		for(int i=n-1;i>=1;i--) {

			while(p[st[top]]>i) top--;

			sn[st[top]]++;

			if(p[st[top]]>p[i]) {

				flag=1;

				break;

			}

			st[++top]=i;

		}

		if(flag) {

			cout<<0<<"\n";

		} else {

			ll ans=1;

			for(int i=1;i<=n;i++) ans=ans*f[sn[i]]%mod;

			cout<<ans<<"\n";

		}

	}

	return 0;

}